2023-2024學(xué)年江蘇省蘇州市高二（上）期末物理試卷（含詳解）

2023-2024學(xué)年江蘇省蘇州市高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共11小題，共44分。

1.下列關(guān)于電磁波和機(jī)械波的說法中，正確的是（）

A,都屬于橫波

B.傳播都需要介質(zhì)

C.都能傳遞信息和能量

D.機(jī)械波能產(chǎn)生干涉、衍射現(xiàn)象，電磁波不能

2.關(guān)于下列四個(gè)場景的說法中，正確的是（）

A.圖甲中是光的全反射現(xiàn)象B.圖乙中是光的干涉現(xiàn)象

C.圖丙中是光的衍射現(xiàn)象D.圖丁中是光的折射現(xiàn)象

3.如圖，單擺在4B之間做簡諧運(yùn)動(dòng)，4、B為運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)，。為平衡位置。下列關(guān)于單擺說“，笊

法正確的是（）\

A.經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)，向心力和回復(fù)力均不為零/:\

k\

B.經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)，向心力和回復(fù)力均為零A-B

C.在半個(gè)周期內(nèi)，合外力的沖量一定為零

D.在半個(gè)周期內(nèi)，合外力做的功一定為零

4.“甩水袖”是京劇常用的表演手法（如圖甲），某水袖由厚薄程度不同的重水袖a和輕水袖B連接而成，現(xiàn)

將其放置在水平玻璃面上，抖動(dòng)重水袖端來研究波的傳播，若將水袖上的波簡化成簡諧波，圖乙是某時(shí)刻

該波的示意圖，則（）

交界點(diǎn)

重水袖A輕水袖B

甲乙

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A.波在2、B中傳播的速度相等B.波在4、B中傳播的周期相同

C.波傳至輕水袖時(shí)，交界點(diǎn)將向右開始運(yùn)動(dòng)D.波經(jīng)過交界點(diǎn)后，形狀不會(huì)發(fā)生變化

5.為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流/引起的.在下列四個(gè)

圖中，能正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是（）

6.在“測量玻璃折射率”的實(shí)驗(yàn)中，通過“插針法”作出的光路圖如圖

所示。關(guān)于此實(shí)驗(yàn)（）

A.插大頭針P4時(shí)，P4只須擋住23即可

B.相鄰兩個(gè)大頭針插得較近可提高測量精度

C.若將玻璃磚的下邊PQ畫到圖中P'Q'位置，測得折射率偏大

D.也可使用兩側(cè)面MN、PQ不平行的玻璃磚

7.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向水平向右的勻強(qiáng)磁場中，放有一根半圓形金

屬導(dǎo)線，線中通有如圖所示恒定電流現(xiàn)將該導(dǎo)線繞軸。。'由圖示位置向紙面外緩慢轉(zhuǎn)

過90。，在該過程中導(dǎo)線所受的安培力（）

A.大小和方向均不變B.大小和方向均改變

C.大小改變，方向不變D.大小不變，方向改變

8.高空墜物已成為危害極大的社會(huì)安全問題。若一個(gè)50g的雞蛋從居民樓約457n高處的窗戶邊自由落下，與

地面的碰撞時(shí)間約為0.003s,不計(jì)空氣阻力，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為（）

A.SNB.50NC.500ND.5000N

9.如圖所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，兩平行金屬板4B與電阻R相連，板間

有一強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）噴

入磁場。下列說法正確的是（）

等離子體

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A.B板的電勢低于4板電勢B.R中有從b到a的電流

C.若只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，R中電流不變D.若只增大兩板間距，R中電流減小

10.空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面（圖中xOy平面）向里，電場方向沿y軸正方向向上。

某一重力不計(jì)、帶正電的粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)。沿y軸正方向以初速度又射出。在下列四幅圖中，能正確描述該

11.如圖所示為一款近期火爆的玩具“彈簧小人”，由頭部、輕質(zhì)彈簧及底部

組成，頭部質(zhì)量為6，底部質(zhì)量為號(hào)，彈簧勁度系數(shù)為晨將“彈簧小人”置入K-

于水平桌面上，輕壓頭部后由靜止釋放，頭部會(huì)不停地上下振動(dòng)。不計(jì)摩擦和

專一彈簧

空氣阻力，重力加速度為g,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。下列判斷正確的是（）

A.若頭部剛釋放時(shí)的加速度大小為g,則振動(dòng)過程中底部能離開桌面》一-it---------.底；；

B.若頭部剛釋放時(shí)的加速度大小為g,則振動(dòng)過程中“彈簧小人”對(duì)桌面的最

大壓力為37ng

C.若振動(dòng)過程中底部恰好能離開桌面，頭部在最高點(diǎn)時(shí)的加速度為|g

D.若振動(dòng)過程中底部恰好能離開桌面，則釋放頭部時(shí)彈簧壓縮量為駕

k

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共15分。

12.“用雙縫干涉測量光的波長”實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，已知雙縫間距為d,毛玻璃屏與雙縫的距離為L。

（1）組裝儀器時(shí)，應(yīng)將雙縫固定在______處（填"a”或"b”）。

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(2)若實(shí)驗(yàn)中在毛玻璃屏上得到的干涉圖樣如圖乙所示，分劃板刻度線在圖乙中4、B位置的讀數(shù)分別為亞、

x

X2(l<%2)，則入射光波長的表達(dá)式為a=

13.利用如圖所示裝置完成“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。在槽軌右下方

的水平木板上鋪有白紙，白紙上面鋪放著復(fù)寫紙，半徑相等的小球1和小

球2質(zhì)量分別為爪1、m2o先不放小球2,將小球1從斜槽上S處由靜止釋放，

P點(diǎn)為其在水平木板上的落點(diǎn)。再將小球2靜置于斜槽軌道末端，重復(fù)上述

操作，小球1和小球2碰撞后分別落在水平木板上的M、N點(diǎn)，記下軌道末

端的鉛垂線在木板上所指位置。。用刻度尺測量出。M、OP、ON的距離分

別為孫和XJV。

①在本實(shí)驗(yàn)中，。

A斜槽軌道必須是光滑的

8斜槽軌道末端必須是水平的

C.兩小球的質(zhì)量必須滿足Tn1<m2

②若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則有Xp=(用爪1、m2>和表示)。

③在上述實(shí)驗(yàn)中換用不同材質(zhì)的小球，其它條件不變，記錄下小球的落點(diǎn)位置，如圖三幅圖中，可能正確

14.用折射率n=的透明介質(zhì)做成的四棱柱，其橫截面如圖所示，其中AB=60。，AD

ZX=ZC=90。。一光線從圖示位置垂直入射到棱柱4B面上，進(jìn)入介質(zhì)后在CD面

上發(fā)生反射和折射。

(1)求折射角4；

(2)通過計(jì)算判斷反射光能否從BC面射出。

15.圖甲中，青蛙在平靜的水面上鳴叫時(shí)引起水面振動(dòng)。把水波視作橫波，以青蛙所在位置為原點(diǎn)。，某時(shí)

刻波源垂直%Oy平面振動(dòng)所產(chǎn)生波的示意圖如圖乙所示，實(shí)線圓、虛線圓分別表示相鄰的波峰和波谷，圖丙

為某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，求：

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(1)波在水中的傳播速度大小V;

(2)從圖乙所示狀態(tài)開始，P點(diǎn)到達(dá)波谷所需時(shí)間4具

16.如圖所示，左端為四分之一圓弧的木板靜止置于光滑水平面上，圓弧

與木板水平部分相切于B點(diǎn)。在木板右端固定一輕彈簧，其自由端位于木

板上C點(diǎn)正上方，將質(zhì)量為小的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))自2點(diǎn)上方高度為R處

的某點(diǎn)靜止釋放，沿切線進(jìn)入圓弧，已知長木板質(zhì)量為5小，圓弧的半徑

為R,BC=2R,段粗糙，與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為出其余部分均光滑。重力加速度為g。

(1)若將木板鎖定在水平面上，求小物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)受到木板的支持力大小FN；

(2)若木板未鎖定，求小物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小物塊速度大小火與木板速度大小以；

(3)求在(2)問情況中彈簧彈性勢能的最大值與…

17.如圖所示，在直角坐標(biāo)系￡0y平面內(nèi)，有一離子源沿x軸正方向發(fā)射

出大量速率均為%的同種正離子，這些離子均勻分布在離x軸距離為

0?R的范圍內(nèi)，離子的質(zhì)量為小，電荷量為q。在離子源右側(cè)有一圓形

磁場區(qū)域I,其圓心。'的坐標(biāo)為(0,R),半徑為R,磁場方向垂直紙面向

外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為名(未知)。在y<0無限大區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向

外的勻強(qiáng)磁場II,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2(未知)，已知CD為離

子收集板，C點(diǎn)位置坐標(biāo)為(-R,-OR),且CD平行于y軸。若離子群經(jīng)

過磁場I后均從。點(diǎn)進(jìn)入磁場n,其中從離子源最上方射出的離子經(jīng)過磁

場I偏轉(zhuǎn)后恰好從。點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場n,離子打到收集板上即刻被吸收，不考慮離子從磁場n出去后

的運(yùn)動(dòng)，不計(jì)收集板和離子間的作用。

(1)求B1的大?。?/p>

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(2)若從。點(diǎn)射出的離子恰好全部被收集板右側(cè)吸收，求收集板的長度L；

(3)若收集板的長度為2R,則被板右側(cè)收集的離子數(shù)與所有射入磁場的離子數(shù)的比值為多大?

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：AB、電磁波為橫波，電磁波的傳播不需要介質(zhì)，故A3錯(cuò)誤；

C、電磁波和機(jī)械波都能傳遞信息和能量，故C正確；

。、電磁波和機(jī)械波都能產(chǎn)生干涉、衍射現(xiàn)象，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

機(jī)械波有橫波有縱波；

電磁波傳播不需要介質(zhì)；

都能傳遞信息和能量；

干涉和衍射是波特有的現(xiàn)象。

知道電磁波是橫波傳播不需要介質(zhì)，干涉和衍射是波特有的現(xiàn)象。

2.【答案】B

【解析】解：4、圖甲中，泊松亮斑是光的衍射現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

8、陽光下肥皂泡上出現(xiàn)的彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故8正確；

C、圖丙中，彩虹是光的折射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

。、圖丁中，立體電影是光的偏振現(xiàn)象，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)光的衍射現(xiàn)象、干涉現(xiàn)象，折射以及偏振現(xiàn)象，來分析各種現(xiàn)象形成的原因。

本題考查光的常見現(xiàn)象及其應(yīng)用，重點(diǎn)掌握光的偏振、干涉、衍射等內(nèi)容，理解常見光現(xiàn)象應(yīng)用的原理即

可。

3.【答案】D

【解析】解：4、。點(diǎn)為擺球的平衡位置，回復(fù)力為零，根據(jù)向心加速度公式即=”"2，可知向心力加速度最

大，向心力最大，故A錯(cuò)誤；

8、經(jīng)過4點(diǎn)時(shí)，是擺球的最大位移位置，速度為零，向心力為零，回復(fù)力最大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)量定理：/合=4p,如果初始位置為4經(jīng)過半個(gè)周期，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，動(dòng)量變化量為零，則合外力

的沖量為零，如果從位置。且向右運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過半個(gè)周期，擺球會(huì)向左經(jīng)過。點(diǎn)，動(dòng)量變化量為21p=

-mv-mv=-2mv,方向向左，則合外力的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知經(jīng)過半個(gè)周期，擺球一定運(yùn)動(dòng)至其對(duì)稱位置，且速度大小相等，方向相反，

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根據(jù)動(dòng)能定理小合=/a,可知在半個(gè)周期內(nèi)，合外力做的功一定為零，故。正確。

故選：Do

擺球在擺動(dòng)過程中，最高點(diǎn)4B處速度為零，回復(fù)力最大，向心力為零，在最低點(diǎn)0,速度最大，回復(fù)力

為零，向心力最大；根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理，并結(jié)合簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性進(jìn)行求解。

本題主要考查了單擺的運(yùn)動(dòng)情況，要明確單擺運(yùn)動(dòng)過程中回復(fù)力的周期性變化，注意運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性思想。

4.【答案】B

【解析】解：4波在重水袖上傳播與在輕水袖上傳播時(shí)的介質(zhì)不同，則波在4中傳播的波速不等于在B中

傳播的波速，故A錯(cuò)誤；

兩列波由同一個(gè)波源產(chǎn)生，則傳播周期相同，故B正確；

C、在波傳播過程中質(zhì)點(diǎn)不隨著波發(fā)生遷移，只在平衡位置附近振動(dòng)，那么交界點(diǎn)只能上下振動(dòng)，不會(huì)向右

運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

。、同一列波在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，頻率相同，波速不同，則波長不同，所以波經(jīng)過交界點(diǎn)后，由于波速變

化導(dǎo)致波長改變，形狀發(fā)生了變化，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

要抓住波速由介質(zhì)決定，不同的介質(zhì)波速不同，而同一個(gè)波的振幅和頻率是相同的知識(shí)點(diǎn)分析；

根據(jù)質(zhì)點(diǎn)只在平衡位置附近振動(dòng)，但并不隨波遷移；

當(dāng)波長或振幅發(fā)生變化時(shí)，波的形狀將改變。

本題考查機(jī)械波的形成和傳播，要求掌握機(jī)械波的形成和傳播規(guī)律，理解各物理量的決定因素，結(jié)合題目

所給的振動(dòng)情況才能做出判斷。

5.【答案】C

【解析】解：地磁的南極在地理北極的附近，故在用安培定則判定環(huán)形電流的方向時(shí)右手的拇指必需指向

南方；而根據(jù)安培定則：拇指與四指垂直，而四指彎曲的方向就是電流流動(dòng)的方向，故四指的方向應(yīng)該向

西。故C正確，A3。錯(cuò)誤。

故選：Co

要知道環(huán)形電流的方向首先要知道地磁場的分布情況：地磁的南極在地理北極的附近，故右手的拇指必需

指向南方，然后根據(jù)安培定則四指彎曲的方向是電流流動(dòng)的方向從而判定環(huán)形電流的方向.

主要考查安培定則和地磁場分布，掌握安培定則和地磁場的分布情況是解決此題的關(guān)鍵所在.另外要掌握

此類題目一定要注意安培定則的準(zhǔn)確應(yīng)用.

6.【答案】D

第8頁，共17頁

【解析】解：4插大頭針24時(shí)，P4擋住P3的同時(shí)，還要擋住P2和P1的像，故A錯(cuò)誤；

員相鄰兩個(gè)大頭針插得較遠(yuǎn)些可提高測量精度，故B錯(cuò)誤；

C.若將玻璃磚的下邊PQ畫到圖中P'Q'位置，入射角不變，折射角的測量值偏大，如圖所示:

根據(jù)折射定律，測得折射率偏小，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，只要入射角和折射角測量準(zhǔn)確即可，因此實(shí)驗(yàn)時(shí)也可使用兩側(cè)面MN、PQ不平行的玻璃

磚，故。正確。

故選：Do

根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理、正確操作和注意事項(xiàng)分析。

本題主要考查了光的折射，要掌握實(shí)驗(yàn)的正確操作，明確實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)。

7.【答案】A

【解析】解：設(shè)半圓形金屬導(dǎo)線長為3轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，因有效長度不變，安培力大小始終不變，半圓導(dǎo)線的

半徑為

L

r=—

71

受到的安培力為

由左手定則知安培力方向不變。故BCD錯(cuò)誤，A正確；

故選：Ao

根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，有效長度不變，安培力大小始終不變，結(jié)合左手定則分析求解。

本題考查了安培力相關(guān)知識(shí)，理解安培力表達(dá)式中的長度是有效長度，熟練使用左手定則是解決此類問題

的關(guān)鍵。

8.【答案】C

第9頁，共17頁

【解析】解：設(shè)雞蛋下落的時(shí)間為匕，與地面的碰撞時(shí)間為「2=0,003s,質(zhì)量為機(jī)=50g=0.05kg,下落

的高度為h=45m,地面對(duì)雞蛋產(chǎn)生的沖擊力大小為F,

由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：h=^gtl，

取豎直向下為正方向，對(duì)雞蛋，全過程根據(jù)動(dòng)量定理可得：mg(t1+t2)-Ft2=0,

聯(lián)立可得：F?500N,

由牛頓第三定律可得，該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為500N,故C正確，錯(cuò)誤；

故選：Co

由題意，先確定相關(guān)物理量，再結(jié)合自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量定理、牛頓第三定律分析，即可判斷2BCD正

誤。

本題主要考查對(duì)動(dòng)量定理的掌握，解題時(shí)需注意動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量，要先規(guī)定正方

向，計(jì)算時(shí)也要注意該物理量的符號(hào)。

9.【答案】B

【解析】解：AB,等離子體進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則可知正電荷向下偏，打在下極板上；負(fù)電荷向上偏，

打在上極板上；所以下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，則B板的電勢高于4板的電勢，流過電阻電流方向由b到

a,故A錯(cuò)誤、8正確；

CD、根據(jù)穩(wěn)定時(shí)電場力等于磁場力即q'=可得U=Bdv,再由歐姆定律/=六=罌，可得：若只

增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，R中電流變大；若只增大兩板間距，R中電流增大，故CD錯(cuò)誤。

故選：Bo

AB.運(yùn)用左手定則分析電荷的偏轉(zhuǎn)情況，進(jìn)而分析電流的方向；

CD,運(yùn)用電場力公式和歐姆定律分析；

考查對(duì)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解，熟悉關(guān)系式的運(yùn)用。

10.【答案】D

【解析】解：AC,在；cOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，帶正電粒子在坐標(biāo)原點(diǎn)。受沿y軸正方向的電場

力開始向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，根據(jù)左手定則可知，粒子沿y軸正方向運(yùn)

動(dòng)的同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)合外力指向軌跡凹側(cè)可知，帶電粒子應(yīng)向x軸負(fù)方向

偏轉(zhuǎn)，故AC錯(cuò)誤；

BD,帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中受電場力和洛倫茲力，電場力做正功，洛倫茲力時(shí)刻與速度方向垂直不做功。在

xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次回到久軸時(shí)，電

場力做功為零，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理知，帶電粒子再次回到%軸時(shí)的速度為為，隨后受洛倫茲力

第10頁，共17頁

在第三象限逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，開始做周期性運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，O正確。

故選：Do

帶正電粒子在電、磁場中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力情況分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)功能關(guān)系判斷帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情

況。

本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電、磁場中的運(yùn)動(dòng)，首先要明確粒子的運(yùn)動(dòng)由受力決定，知道曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，

并靈活運(yùn)用功能關(guān)系分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。

11.【答案】C

【解析】解：4設(shè)頭部在初始位置時(shí)彈簧的壓縮量為%。，對(duì)頭部列平衡方程有：kx0=mg,若再壓縮x使

得剛釋放頭部加速度大小為g,根據(jù)牛頓第二定律得：fc(x0+x)=mg,解得：kx=mg,則剛釋放時(shí)頭部

所受的回復(fù)力為：Fs=k(x0+x}-mg=kx,當(dāng)頭部向上運(yùn)動(dòng)到初始位置上方距離也是久時(shí)，由對(duì)稱性

知F回=kx,而=可見頭部所受彈簧彈力恰好是零，以底部為研究對(duì)象，受力分析知地面對(duì)底部

的支持力為：N=嬰,因此小人在振動(dòng)過程中底部不能離開桌面，故A錯(cuò)誤；

B、剛釋放時(shí)彈篝的形變量為：/=等，彈力為：F彈=2mg,此時(shí)“彈簧小人”對(duì)桌面的壓力最大：FN=

F彈+等=等，故B錯(cuò)誤；

C、若小人在振動(dòng)過程中底部恰好能離開桌面，即當(dāng)頭部在最高點(diǎn)時(shí)，底部受到桌面的彈力為0,受力分析

得彈簧此時(shí)的彈力等于底部的重力，即：kx2=^mg,此時(shí)對(duì)頭部受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mg+

kx2=ma,故頭部在最高點(diǎn)的加速度為|g,故C正確；

。、若小人在振動(dòng)過程中底部恰好能離開桌面，則頭部在最高點(diǎn)的加速度為|g,可得在最高點(diǎn)的回復(fù)力為

,

F0=根據(jù)對(duì)稱性可得在最低點(diǎn)剛釋放頭部時(shí)的回復(fù)力也為尸回'=Img,設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為心，

則對(duì)頭部根據(jù)牛頓第二定律可得：kx3-mg=\mg,則尤3=嚶，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

當(dāng)彈簧小人靜止于桌面上時(shí)，根據(jù)平衡條件可知彈簧的壓縮量，輕壓頭部彈簧再壓縮x時(shí)根據(jù)平衡條件列方

程，釋放時(shí)根據(jù)牛頓第二定律列方程求出彈簧振子的回復(fù)力，分析可知當(dāng)頭部向上運(yùn)動(dòng)到初始位置上方距

離也是x時(shí)，頭部所受彈簧彈力恰好是零，以底部為研究對(duì)象，受力分析即可分析。

本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決彈簧問題；解題的關(guān)鍵是受力分析，熟練運(yùn)用牛頓第二定律。

12.［答案］尖

第11頁，共17頁

【解析】解：(1)在光具座上的儀器順序應(yīng)該是光源、凸透鏡、濾光片、單縫、雙縫、遮光筒、毛玻璃屏，

所以雙縫應(yīng)該放在b處。

(2)4、B之間有6條條紋所以條紋間距為/%=中，根據(jù)條紋間距公式/%=54可得，入射光的波長為4=

6a

(。2-%加

-6L-

故答案為：(l)b；(2)攵富里。

(1)根據(jù)光具座上的儀器順序分析；

(2)根據(jù)條紋間距公式計(jì)算。

掌握條紋間距公式是解題的基礎(chǔ)。

13.【答案】B叫初+加2初c

TH]

【解析】解：①4c.本實(shí)驗(yàn)要保證小球1與小球2碰后不反彈，必須滿足加1>加2,斜槽的粗糙程度對(duì)實(shí)驗(yàn)無

影響，故AC錯(cuò)誤；

員為了保證小球拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽末端必須是水平的，故2正確。

故選：B。

②小球離開斜槽末端后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有％=斜槽高度一定，小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，

在水平方向上有：%=vot,可知平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程與小球碰撞前后的速度成正比。

設(shè)碰撞前瞬間小球1的速度為%,碰撞后瞬間小球1與小球2的速度分別為%',v2'o

,

若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則有：m1v1=+m2v2

?有,:Xp—tfXM~U1t,%N=^2t

可得：mrxP=mrxM+m2xN

解得二叫%M+SN

TH]

③AC、滿足動(dòng)量守恒的表達(dá)式為7n1孫=mrxM4-m2xN

又有：m1>m2

可得：xN>xP-XM

根據(jù)能量守恒定律，碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)能不能增加，可得：2加1琮石+^山2端

聯(lián)立解得：Xp+xM>XN

在B圖中，xN>xP-xM,且%P+%M>%N

在C圖中，XN>XP-XM,但孫+%M<%N，故C正確，A錯(cuò)誤。

第12頁，共17頁

B、因小球1碰撞后的速度必小于碰撞前的速度，即%>為/,故有%P>%M，故B錯(cuò)誤;

故選：Co

故答案為：①B；②叫硒+一硒；③。

771]

①本實(shí)驗(yàn)要保證小球1與小球2碰后不反彈，必須滿足爪1>爪2,斜槽的粗糙程度對(duì)實(shí)驗(yàn)無影響；為了保證

小球拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽末端必須是水平的；

②小球離開斜槽末端后做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向下落高度一定，小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，平拋運(yùn)動(dòng)的水

平射程與小球碰撞前后的速度成正比，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解；

③小球1碰撞后的速度必小于碰撞前的速度。根據(jù)能量守恒定律，碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)能不能增加，結(jié)合滿足

動(dòng)量守恒的表達(dá)式求解。

本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，理解利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律間接測量碰撞前后的速度的方法，注意碰撞

的合理性，還需滿足能量守恒定律。

14.【答案】解：（1）光線從圖示位置垂直入射到棱柱48面上時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線在4B面上的入射

角為0度，即光線垂直入射，光線進(jìn)入介質(zhì)后，在CD面上的入射角為4%=30。（根據(jù)四棱柱的幾何結(jié)構(gòu)和光

線的傳播路徑）。根據(jù)折射定律

n二吟,代入給定的折射率n=門和入射角%=30。，解得。2=60。

（2）C0面上的反射光線射入BC面后，根據(jù)幾何關(guān)系可知，反射光線在面上的入射角為%=60。。要判斷

反射光能否從8c面射出，需要計(jì)算全反射的臨界角C，即4;1。=；=表=苧，由于sin/=S譏60°=殍〉

sinC=浮

即%>C

所以光線在BC面上發(fā)生全反射，不會(huì)從BC面射出。

答：（1）折射角為60。；

（2）光不會(huì)從BC面射出。

【解析】（1）需要根據(jù)給定的折射率和入射角計(jì)算折射角；

（2）通過分析光線在CD面上的反射情況，判斷反射光線是否能在BC面上發(fā)生全反射，從而確定反射光是否

能從BC面射出。

本題的關(guān)鍵在于理解光的折射和反射定律，以及全反射條件的應(yīng)用。通過計(jì)算折射角和反射角，結(jié)合全反

射的條件，可以準(zhǔn)確判斷光線的傳播路徑。在解決此類問題時(shí)，注意利用幾何關(guān)系簡化計(jì)算過程，同時(shí)準(zhǔn)

確應(yīng)用物理定律。

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15.【答案】解：(1)實(shí)線圓、虛線圓分別表示t=0時(shí)刻相鄰的波峰和波谷，由題圖乙可知波長；1=1.2on-

0.4cm=0.8cm,由題圖丙可知周期T=0.016s,則波在水中的傳播速度大小為

A0.8cm

V=-=50cm/s；

T0.016s

(2)根據(jù)題意可知P點(diǎn)此時(shí)處于平衡位置，從題圖乙所示狀態(tài)開始，P點(diǎn)第1次到達(dá)波谷所需時(shí)間為

ti=77，=i><0.016s=0.012s,則P點(diǎn)到達(dá)波谷的所用時(shí)間為/t=h=0,1,2,3,…)，代入數(shù)據(jù)解得

At=(0.016n+0,012)s(n=1,23…)。

答：(1)波在水中的傳播速度大小為50cm/s；

(2)從圖乙所示狀態(tài)開始，P點(diǎn)到達(dá)波谷所需時(shí)間戊=(0.016n+0,012)s(n=1,2,3,…)。

【解析】(1)根據(jù)題圖得出波長、周期，進(jìn)而可求出波速；

(2)根據(jù)P點(diǎn)此時(shí)所在位置，分析其第1次到達(dá)波谷所需時(shí)間，進(jìn)而得出每次到達(dá)波谷所需時(shí)間。

考查對(duì)波的傳播規(guī)律的理解，根據(jù)關(guān)系式解答。

16.【答案】解：(1)小物塊從4到B過程，由機(jī)械能守恒定律得：mgR=^mvl，在B點(diǎn)、,由牛頓第二定律得：

-mg=m第,解得：F=3mg；

FNKN

(2)小物塊從4到B過程，由機(jī)械能守恒定律得：血嗚，小物塊從B到C過程，由動(dòng)量守恒定律得：

mvB=mv1+5mv2?有能量守恒定律得：四mg.2R-一-解得：vr=14av2=，警;

(3)小物塊壓縮彈簧過程，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)共同速度為〃，由動(dòng)量守恒定律得：

一,41O112

2

mvr+5mv2=(jn+5zn)u由能量守恒定律得：Epm=-mv1+-x5m諺--x6mv,解得：Epm——mgRo

答：(1)若將木板鎖定在水平面上，小物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)受到木板的支持力大小為3mg；

(2)若木板未鎖定，小物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小物塊速度為J￥，與木板速度嚕；

(3)在⑵問情況中彈簧彈性勢能的最大值為於mgR。

【解析】(1)小物塊從4到B過程，由機(jī)械能守恒定律求出小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，再由向心力公式求出小

物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)受到木板的支持力大小時(shí)；

(2)小物塊從4到B過程，由機(jī)械能守恒定律求出小物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，小物塊從B到C過程，由動(dòng)量守恒

定律和能量守恒定律求出小物塊到達(dá)圓弧最低點(diǎn)時(shí)，小物塊速度%與木板速度以；

(3)小物塊壓縮彈簧過程，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出

彈簧彈性勢能的最大值與加。

考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的運(yùn)用，